高考總復(fù)習(xí)課程-高考數(shù)學(xué)尖子生拔高課程（文）課后練習(xí)第18講代數(shù)不等式

第18講代數(shù)不等式設(shè)a，b，c為正實(shí)數(shù)，求證：eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋abc≥2eq\r(3)．已知a，b，c都是實(shí)數(shù)，求證：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ac．已知a，b，c均為正實(shí)數(shù)，且ab＋bc＋ca＝1．求證：(1)a＋b＋c≥eq\r(3)；(2)eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))≥eq\r(3)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))．已知實(shí)數(shù)滿足，，試求的最值．已知函數(shù)f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]．(1)求m的值；(2)若a，b，c∈R＋，且eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝m，求a＋2b＋3c的最小值．已知正數(shù)滿足．（1）求證：；（2）求的最小值．

第18講代數(shù)不等式見詳解．詳解：因?yàn)閍，b，c為正實(shí)數(shù)，由均值不等式可得eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)≥3eq\r(3,\f(1,a3)·\f(1,b3)·\f(1,c3))，即eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)≥eq\f(3,abc)．所以eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋abc≥eq\f(3,abc)＋abc．而eq\f(3,abc)＋abc≥2eq\r(\f(3,abc)·abc)＝2eq\r(3)．所以eq\f(1,a3)＋eq\f(1,b3)＋eq\f(1,c3)＋abc≥2eq\r(3)．見詳解．詳解：∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac∴2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2，即a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)(a＋b＋c)2．由a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac≥3ab＋3bc＋3∴(a＋b＋c)2≥3(ab＋bc＋ac)．∴eq\f(1,3)(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ac．綜上所述，a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3)(a＋b＋c)2≥ab＋bc＋ac，命題得證．見詳解．詳解：(1)要證明a＋b＋c≥eq\r(3)，∵a，b，c為正實(shí)數(shù)，∴只需證明(a＋b＋c)2≥3，即證明a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac≥3．又ab＋bc＋ac∴只需證明a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac．上式可由ab＋bc＋ca≤eq\f(a2＋b2,2)＋eq\f(b2＋c2,2)＋eq\f(c2＋a2,2)＝a2＋b2＋c2證得，∴原不等式成立．(2)∵eq\r(\f(a,bc))＋eq\r(\f(b,ac))＋eq\r(\f(c,ab))＝eq\f(a＋b＋c,\r(abc))．又由(1)已證a＋b＋c≥eq\r(3)，∴原不等式只需證明eq\f(1,\r(abc))≥eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)，即證明aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca．而aeq\r(bc)＝eq\r(ab·ac)≤eq\f(ab＋ac,2)，beq\r(ac)≤eq\f(ab＋bc,2)，ceq\r(ab)≤eq\f(ac＋bc,2)．∴aeq\r(bc)＋beq\r(ac)＋ceq\r(ab)≤ab＋bc＋ca成立．∴原不等式成立．，．詳解：由柯西不等式得，有；即由條件可得，；解得，；當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，代入得，；當(dāng)時(shí)，．（1）1；（2）9．詳解：(1)因?yàn)閒(x＋2)＝m－|x|，所以f(x＋2)≥0等價(jià)于|x|≤m，由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集為{x|－m≤x≤m}．又f(x＋2)≥0的解集為[－1,1]，故m＝1．(2)由(1)知eq\f(1,a)＋eq\f(1,2b)＋eq\f(1,3c)＝1，又a，b，c∈R＋，由柯西不等式，得：所以a＋2b＋3